大学物理习题课
大学物理-磁学习题课和答案解析
2． 均匀磁场的磁感应强度 B 垂直于半径为r的圆面．今
4． 如图，在面电流线密度为 j 的均匀载流无限大平板附近， 有一载流为 I 半径为 R的半圆形刚性线圈，其线圈平面与载流 大平板垂直．线圈所受磁力矩为 ，受力 0 0 为 ．
μ
5、（本题3分） 长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体 中有等值反向均匀电流I通过，其间充满磁导率为μ的均匀磁介 质．介质中离中心轴距离为r的某点处的磁场强度的大小H I =________________ ，磁感强度的大小B =__________ ． I 2 r 2 r
B (A) B (B) √ R B x (D) O 圆筒 电流 O x
B
0 I (r R) 2r
(r R)
O B
R
x O (C) x O
B
(E)
B0
O
R
R
x
R
x
2、（本题3分）一匀强磁场，其磁感强度方向垂直于纸面(指 向如图)，两带电粒子在该磁场中的运动轨迹如图所示，则 (A) 两粒子的电荷必然同号． (B) 粒子的电荷可以同号也可以异号． (C) 两粒子的动量大小必然不同． (D) 两粒子的运动周期必然不同．
（C） B dl B dl , BP BP 1 2
（D） B dl B dl , BP1 BP2
L1 L2
L1
L2
L1
L2
[ ]
5．有一矩形线圈 AOCD ，通以如图示方向的电流 I，将它置 于均匀磁场 B 中，B 的方向与X轴正方向一致，线圈平面与X 轴之间的夹角为 , 90 ．若AO边在OY轴上，且线圈可 绕OY轴自由转动，则线圈 （A）作使 角减小的转动． （B）作使 角增大的转动． （C）不会发生转动． （D）如何转动尚不能判定．
大学物理《光的偏振、衍射》习题课课件
( AC BD) (a b)(sin sin ) k (2).
水平线下方的角度取负号即可。
11
6. 以波长为 = 500 nm (1 nm = 10-9 m)的单色平行光斜入射在光栅常数为
d = 2.10 mm、缝宽为a = 0.700 mm的光栅上，入射角为i = 30.0°，求能看
成的半波带数目为
(A) 2 个． (B) 4 个． (C) 6 个． (D) 8 个．
答案：(B)
根据半波带法讨论，单缝处波阵面可分成的半波带数
目取决于asin 的大小，本题中
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
a 4, 300.
a sin 2 4 ,
2
满足单缝衍射暗条纹的公式： a sin 2k , (k 1,2...)
到哪几级光谱线．
解：(1) 斜入射时的光栅方程
光栅 透镜
屏
G L2
C
d sin i
d sin d sin i k k = 0，±1，±2，…n
第k 级谱线
n
i
分析在900 < < 900 之间，可呈现的主极大：
i = 30°，设 = 90°， k = kmax1，则有
d sin
kmax1 (d / )(sin 90 d sin 30) 2.10
解： a b 1 mm 3.33μm 300
(1) (a + b) siny =k， ∴ k= (a + b) sin24.46°= 1.38 mm
∵ R=0.63─0.76 mm， B＝0.43─0.49 mm，第二级开始会有谱线重叠。
对于红光，取k=2 , 则 R=0.69 mm； 对于蓝光，取k=3, 则 B=0.46 mm.
《大学物理》(下2010.12.9)习题课
第11章光的量子效应及光子理论一、 选择题1. 金属的光电效应的红限依赖于: 【 C 】(A)入射光的频率； (B)入射光的强度；(C)金属的逸出功； (D)入射光的频率和金属的逸出功。
2. 已知某单色光照射到一金属表面产生了光电效应，若此金属的逸出电势是U 0（使电子从金属逸出需做功eU 0），则此单色光的波长λ必须满足： 【 A 】hceU )D (;hceU )C (;eU hc )B (;eU hc)A (0≥≤≥≤λλλλ 3. 关于光电效应有下列说法：(1) 任何波长的可见光照射到任何金属表面都能产生光电效应；(2) 对同一金属如有光电子产生，则入射光的频率不同，光电子的初动能不同； (3) 对同一金属由于入射光的波长不同，单位时间内产生的光电子的数目不同； (4) 对同一金属，若入射光频率不变而强度增加一倍，则饱和光电流也增加一倍。
其中正确的是： 【 D 】(A) (1)，(2)，(3)； (B) (2)，(3)，(4)； (C) (2)，(3)； (D)(2)，(4)二、填空题1. 当波长为300 nm 光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从0到.J 100.419-⨯在作上述光电效应实验时遏止电压为V 5.2U a =；此金属的红限频率Hz 104140⨯=ν。
2. 频率为100MHz 的一个光子的能量是J 1063.626-⨯，动量的大小是s N 1021.234⋅⨯-。
3. 如果入射光的波长从400nm 变到300nm ，则从表面发射的光电子的遏止电势增大（增大、减小）V 03.1U =∆。
4. 某一波长的X 光经物质散射后，其散射光中包含波长大于X 光和波长等于X 光的两种成分，其中大于X 光波长的散射成分称为康普顿散射。
三、计算题1. 已知钾的红限波长为558 nm ，求它的逸出功。
如果用波长为400 nm 的入射光照射，试求光电子的最大动能和遏止电压。
由光电方程2m mv 21A h +=ν，逸出功0h A ν=，0chA λ=，eV 23.2A =用波长为400nm 的入射光照射，光电子的最大动能：A h mv 212m -=ν A chE km -=λ，将nm 400=λ和eV 23.2A =代入得到：eV 88.0E km =遏止电压：a 2m eU mv 21=，2m a mv e21U =，V 88.0U a = 2. 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为200 nm 的光投射至铝表面。
大学物理课后习题-答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解：=a d v /d t 4=t d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以0d -2g h d r v i j t =d d v g j t =- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理-热学习题课和答案解析
2V
D）n 相同，（EK / V ）相同，ρ相同。 nm 不同
8、给定理想气体，从标准状态（ P0 V0 T0 ）开始作绝热膨胀，
体积增大到3倍，膨胀后温度T， 压强P与标准状态时T0 、
P0的关系为：
√ A)T
(1) 3
T0
P
(1) 3
1
P0
B)T
(
1 3
)
1T0
P
(1) 3
P0
C)T
( 1 ) 3
了。则 根据热力学定律可以断定：
① 理想气体系统在此过程中吸了热。
② 在此过程中外界对理想气体系统作了功。 ③ 理想气体系统的内能增加了。 ④ 理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了功。
√ A） ① ③ B） ② ③ C） ③ D） ③ ④ E） ④
7、两瓶不同种类的理想气体，它们的温度和压强都相同，但
i RT
2 ( E )
(Q) p Cp,mRT
(Q )T
RT
ln
V2 V1
( A)
Q0
E CV ,mT
pV
RT
CV ,m
iR 2
CP,m
CV ,m
R
i2 2
R
循环过程：
热机效率
卡诺热机效率
A Q吸 Q放 1 Q放
Q吸
Q吸
Q吸
卡 诺
A Q吸
1 Q放 Q吸
1 T2 T1
卡诺致冷系数
2kT m
2RT M mol
平均速率:
v 8kT 8RT
m
M mol
4、能量均分原理： 每一个自由度的平均动能为： 一个分子的总平均动能为： mol 理想气体的内能：
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
大学物理习题课1
v 0 与水平方向夹角
19．如图所示，小球沿固定的光滑的 1/4圆弧从A点由静止开始下滑，圆弧半 径为R，则小球在A点处的切向加速度 at =______________________，小球 在B点处的法向加速度 an =_______________________．
θ
A R
B
三．计算题
t 0 .96 0 mg , t 0 .20 1 9 .8 0 .96 1s
此后合力为 第2秒内冲量
I
t 0 .96 mg
t 0 .96 0 .14 1 9 .8 dt
2 1
1 t 0 .412 dt
2
1 2
t
2 2 1
(B)
(C)
a g sin
a g
a 4 g (1 cos ) g sin
2 2 2 2
(D) ． ［ ］ 4. 将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现 在在绳端挂一质量为m的重物，飞轮的角加速度 为 ．如果以拉力2mg代替重物拉绳时，飞轮的角加 速度将 (A) 小于 ． (B) 大于 ，小于2 ． (C) 大于2 ． (D) 等于2 ．［ ］
二．填空题 13．如图所示，质量为m的小球系在劲度系数为k 的轻弹簧一端，弹簧的另一端固定在O点．开始时弹 簧在水平位置A，处于自然状态，原长为l0．小球由 位置A释放，下落到O点正下方位置B时，弹簧的长度 为l，则小球到达B点时的速度大小为v＝____
O l0 A k l m
O′
P
B m
Q R
R
F
F Ft
2 n
2
s 2 as 1 R
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
江西理工大学大学物理(下)习题册及答案详解
班级_____________ 学号___________姓名________________ 简谐振动1. 一质点作谐振动, 振动方程为X=6COS (8πt+π/5) cm, 则t=2秒时的周相为:π5116, 质点第一次回到平衡位置所需要的时间为:s 0375.0.2. 一弹簧振子振动周期为T 0, 若将弹簧剪去一半, 则此弹簧振子振动周期T 和原有周期T 0之间的关系是:022T T =.3. 如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线, 则其初周相φ=3π-,P 时刻的周相为:0.4. 一个沿X 轴作谐振动的弹簧振子, 振幅为A , 周期为T , 其振动方程用余弦函数表示, 如果在t=0时, 质点的状态分别是:(A) X 0=－A; (B) 过平衡位置向正向运动;(C) 过X=A/2 处向负向运动; (D) 过A x 22-= 处向正向运动.2 1 0 P t(s) X(m)试求出相应的初周相之值, 并写出振动方程.)2cos()(ππ+=t TA x A ; )22cos()(ππ-=t T A x B)32cos()(ππ+=t T A x C ; )452cos()(ππ+=t T A x D5.一质量为0.2kg 的质点作谐振动，其运动议程为:X=0.60 COS(5t －π/2)(SI)。
求(1)质点的初速度；(2)质点在正向最大的位移一半处所受的力。
解(1))5sin(00.32π--==t dtdxv 10.00.3,0-==s m v t(2)x x dtdv a 2520-=-==ω 22.5.7,30.0--===s m a m x AN ma F 5.1-==班级_____________ 学号___________姓名________________简谐振动的合成1. 两个不同的轻质弹簧分别挂上质量相同的物体1和2, 若它们的振幅之比A 2 /A 1=2, 周期之比T 2 / T 1=2, 则它们的总振动能量之比E 2 / E 1 是( A )(A) 1 (B) 1/4 (C) 4/1 (D) 2/11)()(;)(2222221122112=⋅==A A T T E E T A m E π2.有两个同方向的谐振动分别为X 1=4COS(3t+π/4)cm ，X 2 =3COS(3t －3π/4)cm, 则合振动的振幅为:cm A 1=, 初周相为:4πφ=. 3. 一质点同时参与两个同方向, 同频率的谐振动, 已知其中一个分振动的方程为X 1=4COS3t cm, 其合振动的方程为分振动的振幅为A 2 =cm 44. 动方程分别为X 1=A COS(ωt+π/3), X 2 =A COS (ωt+5π/3), X 3 =A COS(ω程为:)6cos(3πω+=t A x5. 频率为v 1和v 2的两个音叉同时振动时，可以听到拍音，可以听到拍音，若v 1＞v 2，则拍的频率是(B )(A)v 1+v 2 (B)v 1－v 2 (C)(v 1+v 2)/2 (D)(v 1－v 2)/26.有两个同方向，同频率的谐振动，其合成振动的振幅为0.20m ，周相与第一振动周相差为π/6。
大学物理光学习题课
(1)子波，(2)子波干涉． 所缺级次为 k=k'(a+b)/a． 2.单缝衍射由半波带法得出 4.园孔衍射爱里斑的角半径: 中央明纹: =0.61/a=1.22/d 坐标 =0, x=0； 光学仪器的最小分辩角 宽度 02/(na), =0.61/a=1.22/d x2f/(na) 分辩率 R=1/=d/(1.22) 其他条纹： 5.x射线的衍射： 暗纹 asin=k/n 布喇格公式 2dsin=k 明纹 asin(2k+1)/(2n) (d为晶格常数,为掠射角) 条纹宽度/(na), 三光的偏振 xf/(na) 1.自然光,偏光,部分偏光； 3.光栅:单缝衍射与多光束干 偏振片,偏化方向,起偏, 涉乘积效果,明纹明亮,细锐. 检偏． 光栅方程式 2.马吕期定律 I=I0cos2． (a+b)sin=k 3.反射光与折射光的偏振 缺级 衍射角同时满足 一般:反射折射光为部分偏光 (a+b)sin=k 反射光垂直振动占优势; asin=k ' 折射光平行振动占优势．
n3
4. 在如图28.4所示的单缝夫琅和 费衍射实验装置中，s为单缝，L 为透镜，C为放在L的焦面处的屏 幕，当把单缝s沿垂直于透镜光轴 的方向稍微向上平移时，屏幕上 的衍射图样( C ) (A) 向上平移. (B) 向下平移. (C) 不动. (D) 条纹间距变大.
3. 如下图所示，平行单色光垂 直照射到薄膜上，经上下两表面 反射的两束光发生干涉，若薄膜 的厚度为e，并且n1＜n2＞n3，1 为入射光在折射率为n1 的媒质中 的波长，则两束反射光在相遇点 的位相差为( C ) (A) 2 n2 e / (n1 1 ). (B) 4 n1 e / (n2 1 ) +. (C) 4 n2 e / (n1 1 ) +. (D) 4 n2 e / (n1 1 ). n1 n2 λ e
大学物理习题课答案
A O V1
B1 B2 B3
V2
A→B1等压过程 A→B2等温过程 V A→B3绝热过程
绝热过程：dQ0,T1V11
1
T2V2
V2 V1
6．一定量的某种理想气体进行如图所示的循环过程．已知气体在状态A的温度为TA＝ 300 K，求
(1) 气体在状态B、C的温度； (2) 各过程中气体对外所作的功； (3) 经过整个循环过程，气体从外界吸收的总热量(各过程吸热的代数和)．
循环中，传给低温热源的热量是从高温热源吸取热量的
[(C)]
(A) n 倍．
(B) n－1倍．
(C) 1 倍． n
(D) n 1 倍． n
高温热源的热力学温度为T1,高温热源的热力学温度为T2，则T1 nT2，
从高温热源吸收的热量为Q1
M Mmol
RT1
lnV2 V1
传给低温热源的热量为Q2
M Mmol
2p1 A
3 2
p 1V
p1
B
O V1 2V1 V
AB过程中系统作功，即是体积功:A=p1V112p1V1 32p1V
状态方程：pV= M RT,理想气体的内能为E= M i RT
Mmol
Mmol 2
E0
6. 0.02 kg的氦气(视为理想气体)，温度由17℃升为27℃．若在升温过程中，(1) 体积
Q=
M M mol
CP
(T2
T1 )
1.04103 J
理想气体的内能为E= M i RT，E 623J， M mol 2
A=Q E 417J
(3)绝热过程Q 0
E
M M mol
CV
(T2
T1)
623J
大学物理 习题课(刚体)
J1r1r2 10 2 2 2 J1r2 J 2 r1
11、质量为m，长为 l的均匀棒，如图， 若用水平力打击在离轴下 y 处，作用时 Ry 间为t 求：轴反力
解：轴反力设为 Rx Ry d 由转动定律： yF J y dt yF t t 为作用时间 F 得到： J 由质心运动定理： l d l 2 切向： F Rx m 法向： R y mg m 2 dt 2 2 2 2 3y 9 F y (t ) R 于是得到： x (1 ) F R y m g 2l 2l 3 m
10
r1
r2
解： 受力分析： 无竖直方向上的运动
10
o1
N1
f
r1
N2
r2
N1 f m1 g N 2 f m2 g
以O1点为参考点， 计算系统的外力矩：
o2
f
m1 g
m2 g
M ( N2 m2 g )(r1 r2 )
f (r1 r2 ) 0
作用在系统上的外力矩不为0，故系统的角动量不守恒。 只能用转动定律做此题。
r
at r
在R处：
R
at R
（2）用一根绳连接两个或多个刚体
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
D
A
m2
m1
• 同一根绳上各点的切向加速度相同；线速度也相同；
a t A a t B a t C a t D
A B C D
• 跨过有质量的圆盘两边的绳子中的张力不相等；
TA TB TD
但 TB TC
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
大学物理学-稳恒磁场习题课
⑶电子进入均匀磁场B中，如图所示，当电子位于 A点的时刻，具有与磁场方向成 角的速度v，它绕螺旋 线一周后到达B点，求AB的长度，并画出电子的螺旋轨 道，顺着磁场方向看去，它是顺时针旋进还是逆时针旋 进？如果是正离子（如质子），结果有何不同？
1、均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面，今以该圆面
其中 直电流 ab和cd的延长线
o dc
fI
R1 R2
eI
过o
b
电流bc是以o为圆心、以 R2为半径的1/4圆弧
I
电流de也是以o为圆心、
但，是以R1为半径的1/4 圆弧
a
直电流ef与圆弧电流de在
e点相切
求：场点o处的磁感强度 B
解：
场点o处的磁感强度是由五段
特殊形状电流产生的场的叠加，f I
o dc
磁场力的大小相等方向相反； (3)质量为m，电量为q的带电粒子，受洛仑兹力作用，
其动能和动量都不变； (4)洛仑兹力总与速度方向垂直，所以带电粒子运动的
轨迹必定是圆。
习题课 1 一电子束以速度v沿X轴方向射出，在Y轴上 有电场强度为E的电场，为了使电子束不发生偏 转，假设只能提供磁感应强度大小为B=2E/v的
df
2ds
n
2 0
2 0
i dl 单位面积受力
da
df Idl B其余
da dl 0i
B总 0i
2 其余 0i
2
df
0i 2
n
dadl 2
表三 作用力
4.应用
静电场
稳恒磁场
类比总结
电偶极子 pe
fi 0
i M pE
三
磁偶极子 pm
fi 0
大学物理 力学习题课
i j y My k z Mz
4、基本概念：
1）质心：
2）惯性力： 3）力矩：
F惯 ma0
M r F
m
rc
i
M r F x Mx
4）角动量: 5）功：
L r P x
i
j y Py
k z Pz
表示速度， a
表示加速度，S表示路程，a t 表示切向加速度，下列表达式中， (1) dv / dt at (2) dv / d t a
[D (4) dr / dt v (B) 只有(2)、(4)是对的． (D) 只有(3)是对的．
]3、某人骑自行车以速率V源自正西方向行驶，遇到由北向南刮的 风（设风速大小也为V），则他感到的风是从 [C] A）东北方向吹来 B）东南方向吹来 C）西北方向吹来 D）西南方向吹来
dA F dr
b
Px
b F dr F cosds
a
A dA a 6）保守力： F dr 0
7）势能：
E p (r )
r0
r
F dr
0 z
①重力势能：
EP (m gdz m gz )
大学物理习题
期中习题课
例题: 将半径为R的无限长导体薄壁管沿轴向割 去一宽度为h (h<<R) 的无限长狭缝后, 再沿轴 向均匀地流有电流, 其电流密度为i, 则管轴线上 磁感应强度的大小是_____________. 0 I 0ih 解: B B0 Bh B0 0 Bh 2R 2R 例题: 有一由N匝细导线绕成的平面三角形线圈 , 边长为a, 通有电流I, 置于均匀外磁场 B中, 当线 圈平面的法向与外磁场同向时, 该线圈所受的最 大磁力矩Mm值为: ( A) 3Na 2 IB / 2. (B) 3Na 2 IB / 4.
O
R
i h
O
(C)
解: M Pm B Pm B sin 0
第14页 共24页
3Na 2 IB sin 60o.
(D) 0.
[D]
期中习题课
例题: 在通有电流I的无限长直导线所在平面, 有半径为r、 电阻为R的导线环, 环中心距直导线为a, 如图所示, 且a >> r. 当直导线的电流被切断后, 沿着导线环流过的电量约为
q E dS
S
0
dV /
V
0
E
-x
S
E x x
2 ES 0 cos xSdx 0
x
x
O
2ES 2S0 sin x 0
E 0 sin x 0
第9页 共24页
期中习题课
解: 设电容器极板的电荷线密度了. 则 E 2 0 r r R R U E dr dr ln( R2 / R1 ) R R 2 r 2 0 r 0 r U U EA 2 0 r ln( R2 / R1 ) 2 0 r RA RA ln( R2 / R1 )
大学物理 热学习题课
1
Va 1 Tb ( ) Ta 424 K Vb
VcTb Tc 848 K Vb
1
c
bc为等压过程，据等压过程方程 Tb / Vb = Tc / Vc 得
O
d a Vb Vc Va V
cd为绝热过程，据绝热过程方程
TcVc
TdVd , (Vd Va )
1
第10章
理想气体模型
气体分子运动论
统计假设
k
PV vRT
P P 2 n 3 kT k k 2 3 T E
M i E RT 2
dN f ( v ) dv N
麦克丝韦 分布率
v2
3RT
vp
2 RT
8RT
v
z 2d 2 v n
v 1 z 2d 2 n
Nf ( v )dv
v0
v0
f ( v )dv
v d N vNf (v) d v
v0—— ∞间的分子数 v0—— ∞间的分子的速率和
v0
dN Nf ( v )dv
v0
v0
vdN vNf ( v )dv
v0
(3) 多次观察一分子的速率,发现其速率大于v0 的 几率= ———。 dN N v v 所求为v0—— ∞间的分子 f (v)dv 数占总分子数的百分比 N N v
M i RT 2 M i RT 2
吸收热量Q
M i RT 2
摩尔热容C
CV i R 2
等容 等压 等温
p/T=C V/T=C pV=C
pVγ=C1 Vγ-1T=C2 pγ-1T-γ=C3
大学物理上册一二章习题公开课一等奖优质课大赛微课获奖课件
k
xB 0.6R
vC2 0.8gR N 0.8mg
第24页
第三章 习题课
5. 如图所表示,质量为m木块,从高为h,倾角为q 光滑斜 面上由静止开始下滑,滑入装着砂子木箱中,砂子和木箱 总质量为M,木箱与一端固定, 劲度系数为k水平轻弹簧 连接,最初弹簧为原长,木块落入后,弹簧最大压缩量为l,
sinq 1 0.64 0.6
2mg sinq cosq 0.6mg sinq mat
at 0.6g 5.88 m/s2 N N F cosq mg cos 2q 0.2mg
第23页
第三章 习题课
mg sin 2q F sinq mat
N F cosq mg cos 2q man
一.选择题
第三章 习题课
1. 对于一个物体系来说，在下列条件中，哪种情 况下系统机械能守恒？
(A) 合外力为0； (B) 合外力不作功； (C) 外力和非保守内力都不作功； (D) 外力和保守内力都不作功。
2.两个质量相等小球由一轻弹簧相连接，再用一细绳
悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所表示．将绳
第31页
试求木箱与水平面间摩擦系数．
解: m落入木箱前瞬时速度 v0 2gh
m
h
q
M
k
以M、m为系统,m落入木箱时沿水平方 l 向m与M间冲力（内力）远不小于地面 与木箱间摩擦力（外力）,在水平方向 动量守恒 mv0 cosq (M m)v
大学物理习题课
小球在O '点产生电场：Ev2O' 0
v EO
r3 3 0 a3
ar
v EO'
ar 3 0
(2)空腔内任取一点P点，O’P为b，OP为r
大球在P点产生电场：
Ò v r E1P dS
v E1P
rr 3 0
v E1P
4πr2
1
0
4 3
πr3
小球在P点产生电场：
dl'
AO
E
1
4 0
(a2
Qz z2 )3 2
解：将圆盘分割成许多同心的圆环：
dq 2 rdr
该圆环在P点的场强方向沿z轴，大小为：
dE=
z 2 0
(r 2
rdr z2
)3
2
因此，P点的总场强积分如下：
E
R dE z
0
2 0
R rdr 0 (r2 z2 )3 2
（2）场强叠加原理：
vv v
v
E E1 E2 ... En
nv Ej
j 1
1
4 0
n j 1
qj rj2
rvj0
（3）电荷连续分布：
v
E
1
4 0
dq r2
rv0
静电场的高斯定理：
通过任意闭合曲面S的电通量Φe，等于该闭合曲面内所有 电荷电量的代数和∑q除以ε0，与闭合曲面外的电荷无关。
当z
l，E＝
l 2 0
z
2
Q
4 0
z
2
即点电荷
• 一均匀带电薄圆盘，半径为R，电荷面密度为σ.试求：
大学物理光的干涉习题课
2 n 2 e cos k
k max 2n2e 2 1 . 50 1 . 00 10 6 . 328 10
7 5
S
n1
R n2 e f
中心亮斑的干涉级最高，为kmax，其 = 0，有：
47 . 4
d
应取较小的整数，kmax = 47（能看到的最高干涉级为第47级亮斑）． 最外面的亮纹干涉级最低，为kmin，相应的入射角为 im = 45(因R=d), 相应的折射角为m，据折射定律有
2.如图所示，在双缝干涉实验中 SS1= SS2，用波长 为 的光照射双缝 S1和 S2 ，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹，已知 P 点处为第三级明条纹， 3 则 S1 和 S2 到 P 点的光程差为，若将整个 装置放在某种透明液体中，P 点为第四级明条纹， 则该液体的折射率 n =______。 1.33
ek 1 ek
A B 图 a
2
[ B ] 4. 用波长为1的单色光照射空气劈形膜，从反射光干涉条纹中观察到劈 形膜装置的A点处是暗条纹．若连续改变入射光波长，直到波长变为2 (2＞1)时，A点再次变为暗条纹．求A点的空气薄膜厚度． 解：设Ａ点处空气薄膜的厚度为ｅ，则有
2e 1 2
S1 S S2
r1 r2
P
r2 r1 k , ( k 3 )
n ( r2 r1 ) 4 , 3n 4 n 4 / 3 1 . 33
3. 如图a所示，一光学平板玻璃A与待测工件B之间形成空气劈尖，用波 长＝500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射．看到的反射光的干涉条 纹如图b所示．有些条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分 的连线相切．则工件的上表面缺陷是 (A) 不平处为凸起纹，最大高度为500 nm． (B) 不平处为凸起纹，最大高度为250 nm． (C) 不平处为凹槽，最大深度为500 nm． (D) 不平处为凹槽，最大深度为250 nm．
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大学物理习题课Pleasure Group Office【T985AB-B866SYT-B182C-BS682T-STT18】第5章 刚体的定轴转动2、（0116）一飞轮以等角加速度2 rad /s 2转动，在某时刻以后的5s 内飞轮转过了100rad ．若此飞轮是由静止开始转动的，问在上述的某时刻以前飞轮转动了多少时间 3、（0979）一电唱机的转盘以n = 78 rev/min 的转速匀速转动．(1) 求转盘上与转轴相距r = 15 cm 的一点P 的线速度v 和法向加速度a B ． (2) 在电动机断电后，转盘在恒定的阻力矩作用下减速，并在t = 15 s 内停止转动，求转盘在停止转动前的角加速度及转过的圈数N ． 4、（0115）有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为μ，若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转，它将在旋转几圈后停止（已知圆形平板的转动惯量221mR J =，其中m 为圆形平板的质量）5、（0156）如图所示，转轮A 、B 可分别独立地绕光滑的固定轴O 转动，它们的质量分别为m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，半径分别为r A 和r B ．现用力f A 和f B 分别向下拉绕在轮上的细绳且使绳与轮之间无滑动．为使A 、B 轮边缘处的切向加速度相同，相应的拉力f A 、f B 之比应为多少(其中A 、B 轮绕O 轴转动时的转动惯量分别为221A A A r m J =和221B B B r m J =)6、（0157）一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)． 7、（0159）一定滑轮半径为 m ，相对中心轴的转动惯量为1×103 kg ·m 2．一变力F ＝ (SI)沿切线方向作用在滑轮的边缘上，如果滑轮最初处于静止状态，忽略轴承的摩擦．试求它在1 s 末的角速度． 8、（0163）一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求： (1) 放手时棒的角加速度；(2) 棒转到水平位置时的角加速度． 9、（0307）长为L 的梯子斜靠在光滑的墙上高为h 的地方，梯子和地面间的静摩擦系数为，若梯子的重量忽略，试问人爬到离地面多高的地方，梯子就会滑倒下来 10、（0131）有一半径为R 的均匀球体，绕通过其一直径的光滑固定轴匀速转动，转动周期为T 0．如它的半径由R 自动收缩为R 21，求球体收缩后的转动周期．(球体对于通过直径的轴的转动惯量为J ＝2mR 2 / 5，式中m 和R 分别为球体的质量和半径)． 11、（0303）质量为75 kg 的人站在半径为2 m 的水平转台边缘．转台的固定转轴竖直通过台心且无摩擦．转台绕竖直轴的转动惯量为3000 kg ·m 2．开始时整个系统静止．现人以相对于地面为1 m ·s 1的速率沿转台边缘行走，求：人沿转台边缘行走一周，回到他在转台上的初始位置所用的时间．第6章 狭义相对论基础1、（4170）一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少 2、（4364）一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少 (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少 3、（4500）一电子以=v (c 为真空中光速)的速率运动．试求： (1) 电子的总能量是多少(2) 电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少(电子静止质量m e =×10-31 kg)第5章 刚体的定轴转动(答案)2、（0116）解：设在某时刻之前，飞轮已转动了t 1时间，由于初角速度＝0则 1β=t 1 ① 1分而在某时刻后t 2 =5 s 时间内，转过的角位移为222121t t βωθ+= ② 2分 将已知量=θ100 rad ， t 2 =5s ， =β 2 rad /s 2代入②式，得1= 15 rad /s 1分从而 t 1 = 1/=β ｓ即在某时刻之前，飞轮已经转动了 1分3、（0979）解：(1) 转盘角速度为602782π⨯=π=n ωrad/s= rad/s 1分P 点的线速度和法向加速度分别为v =r ＝×= m/s 1分 a n =2r =×=10 m/s 2 1分(2) 1517.800-=-=t ωβrad/s 2=－ rad/s 2 1分 21517.821221⨯⨯π=π=t ωN = rev 1分 4、（0115）解：在r 处的宽度为d r 的环带面积上摩擦力矩为r r r R mgM d 2d 2⋅π⋅π=μ 3分 总摩擦力矩 mgR M M R μ32d 0==⎰ 1分故平板角加速度 =M /J 1分设停止前转数为n ，则转角 = 2n由 J /Mn π==422θβω 2分可得 g R MJ n μωωπ16/342020=π=1分 5、（0156）解：根据转动定律 f A r A = J AA ① 1分 其中221A A A r m J =，且 f B r B = J BB ② 1分其中221B B B r m J =．要使A 、B 轮边上的切向加速度相同，应有a = r AA = r BB ③ 1分由①、②式，有 BB B A A A B A B A B A B A r m r m r J r J f f ββββ== ④由③式有 A / B = r B / r A将上式代入④式，得 f A / f B = m A / m B = 21 2分6、（0157）解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg -T ＝ma ① 2分 T r ＝J ② 2分 由运动学关系有： a = r ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分7、（0159）解：根据转动定律 M ＝J d / d t 1分 即 d ＝(M / J ) d t 1分 其中 M ＝Fr ， r ＝ m ， F ＝ t ，J ＝1×10-3 kg ·m 2, 分别代入上式，得d ＝50t d t 1分则1 s 末的角速度 1＝⎰150t d t ＝25 rad / s 2分8、（0163）解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律M = J 1分其中 4/30sin 21mgl mgl M == 1分于是 2rad/s 35.743 ===l g J M β 1分 当棒转动到水平位置时， M =21mgl 1分那么 2rad/s 7.1423 ===lg J M β 1分解：当人爬到离地面x 高度处梯子刚要滑下，此时梯子与地面间为最大静摩擦，仍处于平衡状态 (不稳定的) ．1分 N 1－f ＝0， N 2－P ＝0 1分 N 1h －Px ·ctg ＝0 1分f ＝N 2 1分 解得 222/tgh L h h x -=⋅=μθμ 1分 10、（0131）解：球体的自动收缩可视为只由球的内力所引起，因而在收缩前后球体的角动量守恒． 1分 设J 0和0、J 和分别为收缩前后球体的转动惯量和角速度, 则有J 00 = J ① 2分由已知条件知：J 0 = 2mR 2 / 5，J = 2m (R / 2)2 / 5代入①式得 = 40 1分即收缩后球体转快了，其周期442200T T =π=π=ωω 1分 周期减小为原来的1 / 4． 11、（0303）解：由人和转台系统的角动量守恒J 11 + J 22 = 0 2分其中 J 1＝300 kg ·m 2，1=v /r = rad / s ， J 2＝3000 kgm 2∴ 2＝－J 11/J 2＝－ rad/s 1分 人相对于转台的角速度 r ＝1－2＝ rad/s 1分 ∴ t ＝2 /r ω＝ s 1分 第6章 狭义相对论基础(答案)1、（4170）解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 2201cV xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为=-=20)/(1c L L v 54 m则 t 1 = L /v =×10-7 s 3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则t 2 = L 0/v =×10-7 s 2分3、（4500）解：(1) 222)/(1/c c m mc E e v -== =×10-13 J 2分(2) 20v 21e K m E == ×10-14 J22c m mc E e K -=22]1))/(1/1[(c m c e --=v = ×10-13 J∴ =K K E E /0×10-23分。